11 第一章 1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题-【名师导航】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册同步讲义(人教A版2019)

第2课时　用空间向量研究夹角问题 [学习目标]　1．会用向量法求线线、线面、面面夹角．(直观想象、数学运算) 2．能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系．(逻辑推理、数学运算) (教师用书) 在必修教材中，我们学习过异面直线所成的角、直线与平面相交所成的角以及两个平面相交所成的二面角．那么，在空间中怎样描述这些角呢？这些角的大小与直线的方向向量、平面的法向量有何关系？ [讨论交流]　 问题1．两条异面直线、直线和平面、两个平面的夹角的向量计算公式分别是什么？ 问题2．直线和平面的夹角与直线方向向量、平面法向量的夹角有什么关系？ 问题3．两个平面的夹角和二面角有什么区别？ 问题4．用向量解决空间线面夹角问题的一般步骤是什么？ [自我感知]　经过认真的预习，结合对本节课的理解和认识，请画出本节课的知识逻辑体系． 探究1　两异面直线所成的角 探究问题1　如何求两个向量a，b的夹角？ [提示]　cos 〈a，b〉＝． 探究问题2　能否借助两个向量的夹角来求两异面直线所成的角． [提示]　可以．可转化为两条异面直线的方向向量的夹角问题来解决． [新知生成] 利用向量方法求两条异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝＝． 【教用·微提醒】　两异面直线所成角的范围是，两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系． 【链接·教材例题】 例7　如图1.4-19，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，求直线AM和CN夹角的余弦值． [分析]　求直线AM和CN夹角的余弦值，可以转化为求向量夹角的余弦值．为此需要把向量用适当的基底表示出来，进而求得向量夹角的余弦值． [解]　化为向量问题 如图1.4-19，以{}作为基底，则 －＝． 设向量． 进行向量运算 ＝· ＝－＋－ ＝－＋－＝． 又△ABC和△ACD均为等边三角形， 所以＝＝． 所以cos θ＝＝＝． 回到图形问题 所以直线AM和CN夹角的余弦值为． [典例讲评]　1．(源自北师大版教材)如图所示，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A′B′C′D′，AB＝2，BC＝1，AA′＝3．求AC′与A′D夹角的余弦值． [解]　 设s1，s2分别是AC′和A′D的一个方向向量，取s1＝． 因为A(0，0，0)，C′(2，1，3)，A′(0，0，3)，D(0，1，0)，所以s1＝＝(2，1，3)，s2＝＝(0，1，－3)． 设AC′与A′D所成角为θ，则 cos θ＝|cos 〈s1，s2〉|＝． 故AC′与A′D夹角的余弦值为． 　求异面直线所成角的步骤 (1)确定两条异面直线的方向向量． (2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值． (3)得出两条异面直线所成的角． [学以致用]　1．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，△SAB，△SCD是直角圆锥SO的两个轴截面，且cos ∠BOC＝，则异面直线SA与BC所成角的余弦值为(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D． B　[以O为坐标原点，OB，OS所在直线分别为y，z轴，垂直于平面SAB的轴为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝6，则A(0，－3，0)，B(0，3，0)，S(0，0，3)，因为cos ∠BOC＝， 所以C(－2，1，0)， 所以＝(0，－3，－3)，＝(－2，－2，0)， 所以cos 〈〉＝＝＝， 所以异面直线SA与BC所成角的余弦值为． 故选B．] 2．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝BC，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的正弦值为(　　) A．　　　　B．　　　C．　　　D． A　[如图， ∵PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形， ∴以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设PA＝BC＝2，则B(2，0，0)，F(1，1，1)，P(0，0，2)，E(1，2，0)， ∴＝(－1，1，1)，＝(1，2，－2)， ∵cos 〈〉＝＝＝－， ∴异面直线BF与PE所成角的正弦值为＝． 故选A．] 探究2　直线与平面所成的角 探究问题3　直线的方向向量与平面的法向量所成的角是直线与平面所成的角吗？ [提示]　不是． 探究问题4　设直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量为v，平面的法向量为n，则θ与〈v，n〉有什么关系？ [提示]　θ＝－〈v，n〉或θ＝〈v，n〉－． [新知生成] 利用向量方法求直线与平面所成的角 直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝＝． 【教用·微提醒】　(1)求直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角问题来解决． (2)线面角的范围为 [典例讲评]　2．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，PA⊥平面ABCD，E为PD中点，且PA＝1． (1)求证：PB∥平面ACE； (2)求直线BE与平面PCD所成角的余弦值． [解]　(1)证明：连接BD，交AC于点O，连接EO，则O为BD中点， ∵E为PD的中点，∴EO∥PB， 又EO⊂平面ACE，PB⊄平面ACE， ∴PB∥平面ACE． (2)以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，C(2，1，0)，B(2，0，0)，P(0，0，1)，D(0，1，0)，E， ∴＝＝(0，1，－1)，＝(2，1，－1)． 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令y＝1，得n＝(0，1，1)， 设直线BE与平面PCD所成角为θ，且θ∈， ∴sin θ＝＝＝＝， ∴cos θ＝＝， 故直线BE与平面PCD所成角的余弦值为． 　利用向量法求直线与平面所成角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)求直线的方向向量． (3)求平面的法向量n． (4)计算：设线面角为θ，则sinθ＝． [学以致用]　3．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F分别为C1C，BC的中点．求A1B与平面AEF所成角的正弦值． [解]　以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，E(0，2，1)，F(1，1，0)，所以＝(2，0，－2)，＝(0，2，1)，＝(1，1，0)． 设平面AEF的法向量为n＝(a，b，c)， 由得令a＝1，可得n＝(1，－1，2)为平面AEF的一个法向量． 设A1B与平面AEF所成角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝， 即A1B与平面AEF所成角的正弦值为． 探究3　两平面的夹角 探究问题5　两个平面的夹角与二面角的平面角有什么区别？ [提示]　平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角． 区别：二面角的范围是[0，π]，而两个平面的夹角的范围是． 探究问题6　设n1，n2分别是平面α1，α2的一个法向量，平面α1与平面α2的夹角为θ，则θ与〈n1，n2〉的关系是什么？ [提示]　两平面的夹角是两平面法向量的夹角或其补角，即θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉． [新知生成] 利用向量方法求两个平面的夹角 (1)平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角． (2)若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角，设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝． 【教用·微提醒】　(1)求两平面的夹角问题可转化为两平面法向量的夹角问题． (2)两平面的夹角的范围是，二面角的范围是[0，π]． (3)二面角与两平面的夹角不是相同的概念． 【链接·教材例题】 例8　如图1.4-22，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝CB＝2，AA1＝3，∠ACB＝90°，P为BC的中点，点Q，R分别在棱AA1，BB1上，A1Q＝2AQ，BR＝2RB1．求平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值． [分析]　因为平面PQR与平面A1B1C1的夹角可以转化为平面PQR与平面A1B1C1的法向量的夹角，所以只需要求出这两个平面的法向量的夹角即可． [解]　化为向量问题 以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图1.4-22所示的空间直角坐标系．设平面A1B1C1的法向量为n1，平面PQR的法向量为n2，则平面PQR与平面A1B1C1的夹角就是n1与n2的夹角或其补角． 进行向量运算 因为C1C⊥平面A1B1C1，所以平面A1B1C1的一个法向量为n1＝(0，0，1)． 根据所建立的空间直角坐标系，可知P(0，1，3)，Q(2，0，2)，R(0，2，1)． 所以＝(2，－1，－1)，＝(0，1，－2)． 设n2＝(x，y，z)，则 所以 所以 取n2＝(3，4，2)，则 cos 〈n1，n2〉＝＝＝． 回到图形问题 设平面PQR与平面A1B1C1的夹角为θ，则 cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝． 即平面PQR与平面A1B1C1的夹角的余弦值为． [典例讲评]　3．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足，求二面角D-AB-F的正弦值． [解]　(1)证明：如图，连接DE，AE， 因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC． 因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB， 所以△ADB≌△ADC(SAS)． 可得AC＝AB，故AE⊥BC． 因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE． 又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA． (2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC． 不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2． 由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝． 因为AE⊥BC，所以AE＝＝． 在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED． 以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，)，＝(－，0，)，＝(0，－，)． 设F(xF，yF，zF)，因为，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)． 所以＝(，0，0)． 设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)． 设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)． 所以cos 〈m，n〉＝＝＝． 记二面角D-AB-F的大小为θ，则sin θ＝＝＝， 故二面角D-AB-F的正弦值为． 　利用坐标法求两个平面夹角的步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)分别求出两个面所在平面的法向量的坐标． (3)求两个法向量的夹角． (4)确定两平面夹角的大小． [学以致用]　4．(2023·北京卷)如图，四面体P-ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC＝，PA⊥平面ABC． (1)求证：BC⊥平面PAB； (2)求二面角A-PC-B的大小． [解]　(1)证明：∵PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴PA⊥AC，PA⊥BC，∵PA＝1，PC＝，∴AC＝＝＝， 又∵AB＝BC＝1，∴AC2＝AB2＋BC2，∴BC⊥AB，又∵PA∩AB＝A， ∴BC⊥平面PAB． (2)以点B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则A(0，1，0)，B(0，0，0)，C(1，0，0)，P(0，1，1)， ∴＝(0，0，1)，＝(1，－1，0)，＝(0，1，1)，＝(1，0，0)． 设平面APC的法向量为n＝(x，y，z)， 则取x＝1，得n＝(1，1，0)， 设平面BPC的法向量为m＝(a，b，c)， 则取b＝1，得m＝(0，1，－1)， ∴cos 〈m，n〉＝＝＝， 由图可知二面角A-PC-B为锐角，设二面角A-PC-B的大小为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝，∴θ＝， 即二面角A-PC-B的大小为． 【教用·备选题】　如图所示，四棱锥P-ABCD，AB∥CD，∠BCD＝90°，AB＝2BC＝2CD＝4，△PAB为等边三角形，平面PAB⊥平面ABCD，Q为PB的中点． (1)求证：AQ⊥平面PBC； (2)求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值． [解]　(1)证明：因为AB∥CD，∠BCD＝90°，所以AB⊥BC， 又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以BC⊥平面PAB． 又AQ⊂平面PAB，所以BC⊥AQ． 因为Q为PB的中点，且△PAB为等边三角形，所以PB⊥AQ． 又PB∩BC＝B，所以AQ⊥平面PBC． (2)法一：取AB的中点O，连接PO，OD，因为△PAB为等边三角形，所以PO⊥AB． 因为平面PAB⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OD． 由AB＝2BC＝2CD＝4，AB∥CD，得OB＝CD，且OB∥CD，所以四边形OBCD为平行四边形，可得OD∥BC，又∠ABC＝90°，所以OD⊥AB． 以AB的中点O为坐标原点，OA，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(2，0，0)，D(0，2，0)，C(－2，2，0)，P(0，0，2)，B(－2，0，0)，则＝(0，－2，2)，＝(2，0，0)． 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 由得 取z＝1，则平面PCD的一个法向量为n＝(0，，1)． 由(1)知，为平面PBC的一个法向量， 因为Q为PB的中点，则Q(－1，0，)， 所以＝(3，0，－)． 又·n＝－，＝2＝2， 所以cos 〈，n〉＝＝＝－． 故平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为． 法二：建系同方法一． 分别从B，D作PC的垂线段，垂足分别为E，F，如图所示，则〈〉即为二面角B-PC-D的平面角的大小． 设＝λ(2，－2，2)＝(2λ，－2λ，2λ)，则＝(0，2，0)＋(2λ，－2λ，2λ)＝(2λ，2－2λ，2λ)，由＝0，得2λ×2＋(2－2λ)×(－2)＋2λ×2＝0，解得λ＝，即＝． 同理可得＝，所以＝－，＝，＝． 所以cos 〈〉＝＝＝－， 故平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为． 法三：如图，取AB的中点为O，连接PO，OD，因为△PAB为等边三角形，所以PO⊥AB． 因为平面PAB⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OD． 在Rt△POD中，PO＝2，OD＝2，所以PD＝4．所以PB＝PD，又BC＝DC，PC＝PC， 所以△PBC≌△PDC． 在Rt△PBC中，过点B作BE⊥PC，垂足为E，连接DE，则DE⊥PC，所以∠BED就是二面角B-PC-D的平面角． 在Rt△PBC中，PB＝4，BC＝2，所以PC＝＝2，所以BE＝＝，所以DE＝BE＝． 连接BD，则BD＝2，在△BED中，cos ∠BED＝＝－，所以平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为． 【链接·教材例题】 例9　图1.4-23为某种礼物降落伞的示意图，其中有8根绳子和伞面连接，每根绳子和水平面的法向量的夹角均为30°．已知礼物的质量为1 kg，每根绳子的拉力大小相同．求降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小(重力加速度g取9.8 m/s2，精确到0.01 N)． [分析]　因为降落伞匀速下落，所以降落伞8根绳子拉力的合力的大小等于礼物重力的大小．8根绳子的拉力在水平面的法向量方向上的投影向量的和向量与礼物的重力是一对相反向量． [解]　如图1.4-24，设水平面的单位法向量为n，其中一根绳子的拉力为F．因为〈n，F〉＝30°，所以F在n上的投影向量为n．所以8根绳子拉力的合力 F合＝8×n＝4n． 又因为降落伞匀速下落，所以 |F合|＝|G礼物|＝1×9.8＝9.8(N)． 所以＝9.8． 所以|F|＝≈1.41(N)． 【链接·教材例题】 例10　如图1.4-25，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F． (1)求证：PA∥平面EDB； (2)求证：PB⊥平面EFD； (3)求平面CPB与平面PBD的夹角的大小． [分析]　本题涉及的问题包括：直线与平面平行和垂直的判定，计算两个平面的夹角．这些问题都可以利用向量方法解决．由于四棱锥的底面是正方形，而且一条侧棱垂直于底面，可以利用这些条件建立适当的空间直角坐标系，用向量及坐标表示问题中的几何元素，进而解决问题． [解]　以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图1.4-26所示的空间直角坐标系，设DC＝1． (1)证明：连接AC，交BD于点G，连接EG． 依题意得A(1，0，0)，P(0，0，1)，E． 因为底面ABCD是正方形，所以点G是它的中心，故点G的坐标为，且＝(1，0，－1)，＝． 所以，即PA∥EG． 而EG⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB，因此PA∥平面EDB． (2)证明：依题意得 B(1，1，0)，＝(1，1，－1)． 又＝，故＝0＋－＝0． 所以PB⊥DE． 由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E， 所以PB⊥平面EFD． (3)解：已知PB⊥EF，由(2)可知PB⊥DF，故∠EFD是平面CPB与平面PBD的夹角． 设点F的坐标为(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)． 因为，所以 (x，y，z－1)＝k(1，1，－1)＝(k，k，－k)，即x＝k，y＝k，z＝1－k． 由(2)可知＝0，则(1，1，－1)·(k，k，1－k)＝k＋k－1＋k＝3k－1＝0． 所以k＝，点F的坐标为． 又点E的坐标为，所以＝． 所以cos ∠EFD＝＝＝． 所以∠EFD＝60°，即平面CPB与平面PBD的夹角大小为60°． 1．已知空间两异面直线所成的角的取值集合为A，直线与平面所成角的取值集合为B，则(　　) A．A＝B　　B．A⊆B　　C．B⊆A　　D．A∩B＝∅ B　[两异面直线所成的角的取值集合为A＝， 而直线与平面所成角的取值集合为B＝，则ACD错误，B正确． 故选B．] 2．若异面直线l1，l2的方向向量分别是a＝(0，－2，－1)，b＝(2，0，4)，则异面直线l1与l2所成角的余弦值等于(　　) A．－ B． C．－ D． B　[异面直线 l1，l2 的方向向量分别是a＝(0，－2，－1)，b＝(2，0，4)， 则a·b＝0×2＋(－2)×0＋(－1)×4＝－4，|a|＝＝2， 则cos 〈a，b〉＝＝＝－，则异面直线l1与l2所成角的余弦值等于．故选B．] 3．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，平面PCD⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，且PD＝AB＝1，G为△ABC的重心，则PG与底面ABCD所成的角θ满足(　　) A．θ＝ B．cos θ＝ C．tan θ＝ D．sin θ＝ C　[因为四边形ABCD为正方形，所以DC⊥DA， 因为平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，CD⊂底面ABCD， 所以CD⊥平面PAD，又因为PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，同理可得AD⊥PD， 所以DA，DC，DP两两垂直，以D为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，G，所以＝， 易知平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)， 则sin θ＝＝＝， 所以cos θ＝＝，tan θ＝． 故选C．] 4．如图所示，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，＝(0，0，2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2，1，2)，平面ABC与平面ABO的夹角为θ，则cos θ＝________． 　[cos θ＝＝＝．] 1．知识链：(1)用向量求两条异面直线所成的角． (2)用向量求直线与平面所成的角． (3)用向量求两个平面的夹角． 2．方法链：向量法、化归转化． 3．警示牌：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念、把握空间角的范围． 回顾本节知识，自主完成以下问题： 1．用向量语言表述两条异面直线所成的角． [提示]　若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝． 2．用向量语言表述直线和平面所成的角． [提示]　设直线l和平面α所成的角为θ，直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝． 3．用向量语言表述平面和平面的夹角． [提示]　设平面α与平面β的夹角为θ，其法向量分别为n1，n2，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝． 4．试总结用坐标法求两平面的夹角的步骤． [提示]　(1)建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标； (2)求出两个平面的法向量； (3)求出两个法向量的夹角； (4)两个法向量的夹角或其补角就是两平面的夹角． 课时分层作业(十一)　用空间向量研究夹角问题 一、选择题 1．如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO＝AB＝4，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为(　　) A．　　B．　　C． 　　D． C　[以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由于D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO＝AB＝4， 则C(2，0，0)，A(0，2，0)，D(0，0，2)，E(0，－1，2)， ＝(0，－2，2)，＝(－2，－1，2)， cos 〈〉＝＝＝． 故选C．] 2．我们称：两个相交平面构成四个二面角，其中不大于90°的二面角称为这两个相交平面的夹角；由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”．则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° A　[若“表截面”为平面ABC1D1与平面ABCD，则它们的夹角为45°，即B正确；若“表截面”为平面ABC1D1与平面BDD1B1，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，A (1，0，0)，C(0，1，0)， 因为四边形ADD1A1为正方形，所以A1D⊥AD1，因为AB⊥平面ADD1A1，且A1D⊂平面ADD1A1，所以AB⊥A1D，又AD1∩AB＝A，AD1，AB⊂平面ABC1D1， 所以A1D⊥平面ABC1D1，即平面ABC1D1的一个法向量为＝(1，0，1)， 同理可证，AC⊥平面BDD1B1，所以平面BDD1B1的一个法向量为＝(－1，1，0)， 设平面ABC1D1与平面BDD1B1所成角为θ，则cos θ＝＝，所以θ＝60°，即C正确； 若“表截面”为平面ABB1A1与平面ABCD，则它们的夹角为90°，即D正确． 从排除法的角度来看，选项A不可能．故选A．] 3．如图，在正方体ABEF-DCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为(　　) A．－　　　　B．　　　　C．－ 　　　　D． B　[设正方体棱长为1，以BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建系如图， 则根据题意可知M，N，A(1，0，0)，B(0，0，0)． 法一：取MN的中点G，连接BG，AG，则G． 因为△AMN，△BMN为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角．又因为＝＝， 所以cos 〈〉＝＝＝－， 设平面MNA与平面MNB的夹角为θ， 则cos θ＝＝． 故所求两平面夹角的余弦值为． 法二：设平面AMN的法向量n1＝(x，y，z)，由于＝＝，则取n1＝(1，1，1)， 同理可求得平面BMN的一个法向量n2＝(1，－1，－1)． 所以cos 〈n1，n2〉＝＝＝－， 设平面MNA与平面MNB的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝． 故所求两平面夹角的余弦值为． 故选B．] 4．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则(　　) A．直线AB1与CD1所成的角为90° B．直线AD1与CA1所成的角为90° C．直线AD1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线AD1与平面ABCD所成的角为45° ABD　[如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，B(1，1，0)， 对于A：＝(0，1，1)，＝(0，－1，1)，所以＝0，即⊥， 所以直线AB1与CD1所成的角为90°，故A正确； 对于B：＝(－1，0，1)，＝(1，－1，1)，所以＝0，即⊥，所以直线AD1与CA1所成的角为90°，故B正确； 对于C：因为＝(1，1，0)，＝(0，0，1)，设平面BB1D1D的法向量为n＝(x，y，z)，则 可取n＝(1，－1，0)， 设直线AD1与平面BB1D1D所成的角为θ，则sin θ＝，又θ∈，所以θ＝，即直线AD1与平面BB1D1D所成的角为，故C错误； 对于D：因为D1D⊥平面ABCD，则直线AD1与平面ABCD所成的角为∠D1AD， 在正方体ABCD­A1B1C1D1中，∠D1AD＝45°，则直线AD1与平面ABCD所成的角为45°，故D正确．故选ABD．] 5．(多选)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AC＝AB＝2，AB⊥AC，点D，E分别是线段BC，B1C上的动点(不含端点)，且＝．则下列说法正确的是(　　) A．ED∥平面ACC1 B．点C1到直线B1C的距离为1 C．异面直线B1C与AA1所成角的正切值为 D．平面AEC与平面ECD的夹角的余弦值为 AD　[在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是矩形， 因为＝，所以ED∥BB1∥AA1，ED不在平面ACC1内，AA1⊂平面ACC1， 所以ED∥平面ACC1，A项正确； 在Rt△A1B1C1中，A1B1＝3，A1C1＝2，∴B1C1＝＝， 在Rt△B1C1C中，B1C＝＝， 设斜边B1C的高为h，则B1C·h＝B1C1·C1C， ∴h＝＝． ∴点C1到直线B1C的距离为，故B错误； 因为AA1∥BB1，所以异面直线B1C与AA1所成角为∠BB1C．在Rt△B1BC中，BB1＝2，BC＝，所以tan ∠BB1C＝＝，所以C项错误； 以A为坐标原点，以的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图， 则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，2，0)，B1(3，0，2)， ∴＝(3，0，2)，＝(－3，2，0)，＝(－3，2，－2)， 设平面AB1C的法向量n＝(x，y，z)， 则 令x＝2，可得n＝(2，0，－3)， 设平面BB1C的法向量为m＝(a，b，c)， 则 令a＝2，可得m＝(2，3，0)， 故cos m，n〉＝，所以D项正确．故选AD．] 二、填空题 6．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝2AC＝2BC，则直线AB1与直线BC1所成角的余弦值为________． 　[以C为原点，分别以CA，CC1，CB所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 设CC1＝2AC＝2BC＝2，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，1)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)， 可得＝(－1，2，1)，＝(0，2，－1)， 故＝4－1＝3，＝＝， 所以cos ＝， 所以直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为．] 7．在空间直角坐标系中，已知A(a2，2a，6)，B(0，0，1)，C(1，1，2)，D(－1，0，3)，E(a2，0，5)，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平面BCD所成角的正弦值为________． 　[＝(a2＋1，2a，3)，＝(1，1，1)，＝(－1，0，2)． 设n＝(x，y，z)是平面BCD的法向量， 则即令x＝2，得n＝(2，－3，1)． 所以点A到平面BCD的距离d＝＝＝． 当a＝时，d取得最小值，此时，＝(0，－3，－1)， 所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为＝＝．] 8．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB，AC，AA1两两垂直，AB＝AC＝AA1＝1，M，N分别是侧棱BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成的(锐)二面角为，则当CN最小时，∠AMB＝________． 　[建立空间直角坐标系，如图所示．设CN＝b(0≤b≤1)，BM＝a(0≤a≤1)，则M(1，0，a)，A(0，0，0)，B(1，0，0)，N(0，1，b)，所以＝(1，0，a)，＝(0，1，b)， 设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，则即 令z＝1，则n＝(－a，－b，1)，又平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)， 所以cos ＝＝＝，即3a2＋3b2＝1， 当CN最小时，b＝0，BM＝a＝，所以tan ∠AMB＝＝，所以∠AMB＝．] 三、解答题 9．(2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3． (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P． [解]　(1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)， 所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， 所以，所以B2C2∥A2D2． (2)设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，所以＝(2，0，1－n)，＝(0，－2，3－n)， 设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)， 所以 则 令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)． 设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)， 又＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，1)， 所以 则 令y2＝1，得b＝(1，1，2)． 所以|cos 150°|＝|cos a，b〉|＝， 整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3， 所以BP＝1或BP＝3， 所以B2P＝1． 10．阅读材料：空间直角坐标系Oxyz中，过点P(x0，y0，z0)且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0；过点P(x0，y0，z0)且一个方向向量为d＝(u，v，w)(uvw≠0)的直线l的方程为＝＝．利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面α的方程为3x－5y＋z－7＝0，直线l是平面x－3y＋7＝0与4y＋2z＋1＝0的交线，则直线l与平面α所成角的正弦值为(　　) A．　 　B．　 　C．　 　D． A　[因为平面α的方程为3x－5y＋z－7＝0，所以平面α的一个法向量为m＝(3，－5，1)， ∵直线l是平面x－3y＋7＝0与4y＋2z＋1＝0的交线，∴ 即满足＝＝， 即直线l的方向向量为d1＝(3，1，－2)， 设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m，d1〉|＝＝． 故选A．] 11．古代城池中的瓮城，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势．如图的曲池是上、下底面均为半圆形的柱体．若AA1⊥底面ABCD，AA1＝3，AB＝4，CD＝2，E为弧A1B1的中点，则直线CE与平面DEB1所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． D　[因为AA1⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，则AA1⊥AB， 以点A为原点，AB所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，平面ABCD内垂直于AB的直线为x轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，0，0)，B(0，4，0)，C(0，3，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，3)，B1(0，4，3)，C1(0，3，3)，D1(0，1，3)， 又因为E为的中点，则E(2，2，3)，则＝(2，－2，0)，＝(0，－3，－3)，＝(2，－1，3)， 设平面DEB1的法向量n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则y＝1，z＝－1，则n＝(1，1，－1)，设直线CE与平面DEB1所成的角为θ， 则sin θ＝＝． 故选D．] 12．《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD＝2AB＝PA，则直线PC与面PBD所成角的正弦值为(　　) A．　　B．　　C．　　D． A　[因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，底面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直，设AB＝1， AD＝AP＝2，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图，则B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， 所以＝(－1，2，0)，＝(－1，0，2)，＝(1，2，－2)． 设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)， 所以解得令x＝2，则y＝1，z＝1，所以n＝(2，1，1)， 设直线PC与平面PBD所成的角为θ， 所以sin θ＝＝＝＝， 所以直线PC与面PBD所成角的正弦值为．故选A．] 13．如图，已知四边形ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F-DC-B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为________． 　[过点E，D分别作直线DC，AB的垂线EG，DH并分别交于点G，H． 因为四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，DG＝AH＝2，∠EFC＝∠DCF＝∠DCB＝∠ABC＝90°，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形， 所以在Rt△EGD和Rt△DHA中，EG＝DH＝2，因为DC⊥CF，DC⊥CB，且CF∩CB＝C， 所以DC⊥平面BCF，∠BCF是二面角F-DC-B的平面角，则∠BCF＝60°， 则△BCF是等边三角形，CB⊥FN． 因为DC⊥平面FCB，FN⊂平面FCB，所以DC⊥FN，又因为DC∩CB＝C，DC⊂平面ABCD，CB⊂平面ABCD， 所以FN⊥平面ABCD，过点N作AB的平行线NK，以N为原点，以NK，NB，NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 则A(5，，0)，B(0，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，则M， 所以＝＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3)． 设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，由得 令x＝，则y＝－1，z＝，则n＝(，－1，)． 设直线BM与平面ADE所成的角为θ， 则sin θ＝＝＝＝＝．] 14．(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4． (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． [解]　(1)证明：由AB＝8，AD＝5，得AE＝2，AF＝4． 又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得 EF＝ ＝＝2． 所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE， 又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD． (2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36， 在△PEC中，PC＝4，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则E(0，0，0)，P()，D()，C()，F(2，0，0)，A()，由F是AB的中点，得B()， 所以＝()，＝()，＝()，＝()， 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则 　 令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)为平面PCD的一个法向量，m＝()为平面PBF的一个法向量， 所以|cos 〈m，n〉|＝，设平面PCD和平面PBF所成角为θ，则sin θ＝， 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为． 15．如图1，在平面图形ABCDE中，AE＝ED＝BD＝BC＝1，BC⊥BD，ED∥AB，∠EAB＝60°，沿BD将△BCD折起，使点C到F的位置，且BF⊥BE，，如图2． (1)求证：平面GEBF⊥平面AEG； (2)线段FG上是否存在点M，使得平面MAB与平面AEG夹角的余弦值为？若存在，求出GM的长；若不存在，请说明理由． [解]　(1)证明：∵，∴EG∥BF，且EG＝BF． ∵BF⊥BE，BF⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面ABDE， ∴BF⊥平面ABDE，∴EG⊥平面ABDE，∵EB⊂平面ABDE，∴EG⊥EB． ∵AE＝ED＝DB＝1，ED∥AB，∴四边形ABDE是等腰梯形， ∵∠EAB＝60°，∴∠BDE＝∠AED＝120°， ∴∠DEB＝30°，∴∠AEB＝90°，∴AE⊥BE． ∵AE∩EG＝E，AE，EG⊂平面AEG， ∴BE⊥平面AEG，∵BE⊂平面GEBF，∴平面GEBF⊥平面AEG． (2)由(1)知EG⊥BE，EG⊥EA，EA⊥BE，∴EA，EB，EG两两垂直． 以E为原点，分别以的方向为x 轴、y轴和z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， ∵AE＝ED＝BD＝BF＝1，四边形GEBF是矩形， ∴FG＝BE＝， 则A(1，0，0)，B(0，，0)，G(0，0，1)． 假设线段FG上存在点M满足题意， 令GM＝λ(0≤λ≤)，则M(0，λ，1)， 可得＝(－1，λ，1)，＝(－1，，0)， 设平面MAB的法向量为m＝(x，y，z)， 则 取y＝1，可得x＝，z＝－λ，∴m＝(，1，－λ)， 由BE⊥平面AEG，则平面AEG的一个法向量为n＝(0，1，0)， 设平面MAB与平面AEG夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝，其中0≤λ≤， ∴＝，解得λ＝，即GM＝， ∴线段FG上存在点M，使得平面MAB与平面AEG夹角的余弦值为，且GM＝． 34/34 学科网（北京）股份有限公司 $$